2021高考物理一轮复习课练18动量守恒定律含解析
物理高考大一轮复习 第6章 动量守恒律及其用 动量理练习
量奋市例比阳光实验学校第18讲 动量理 []主要考查动量理根本概念、规律的理解，运用动量和能量的观点分析较复杂的运动过程． 1．(2021·区一中高三质量检测)一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．假设把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，那么以下说法错误的选项是( ) A．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小于过程Ⅰ中重力的冲量的大小 B．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量于重力的冲量 C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量于零 D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小于过程Ⅰ中重力的冲量的大小 A 解析 过程Ⅱ中，钢珠受重力和阻力作用，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和，应选项A错误；过程Ⅰ中钢珠只受重力，故钢珠的动量的改变量于重力的冲量，应选项B正确；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量理可知，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量于零，应选项C正确；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，故过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小于过程Ⅰ中动量改变量的大小，而过程Ⅰ中动量改变量的大小于过程Ⅰ中重力的冲量的大小，故过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小于过程Ⅰ中重力的冲量的大小，应选项D正确．
2．(2021·高三学业质量)为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律，小俞同学利用运动传感器采集数据并作出了如下图的vt图象，小球质量为0.6 kg，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2，由图可知 ( ) A．横坐标每一小格表示的时间是1 s B．小球下落的初始位置离地面的高度为3.6 m C．小球第一次反弹的最大高度为1.25 m D．小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力为66 N C 解析 小球下落时做自由落体运动，加速度为g，那么由图知，落地时
速度为6 m/s，故用时t＝610 s＝0.6 s，图中对6个小格，故每一小格表示0.1 s，选项A错误；小球下落的初始位置离地面的高度为h＝12×10×(0.6)2 m＝1.8 m，选项B错误；第一次反弹后加速度也为g，为竖直上抛运动，由图可知，最大高度为h＝12×10×(0.5)2 m＝1.25 m，选项C正确；设向下为正方向，由图可知，碰撞时间约为0.1 s，根据动量理可知mgt－Ft＝mv′－mv，代入数据解得F＝72 N，选项D错误． 3．(2021·统一考试模拟试题押题卷)(多项选择)如下图，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板P与小滑块Q质量相，均为m＝1 kg.用大小为6 N、方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐到达稳状态，重力加速度g取10 m/s2，以下说法正确的选项是( ) A．木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量于拉力F的冲量 B．拉力F做功为6 J C．小滑块Q的最大速度为3 m/s D．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J ACD 解析 对系统由动量理Ft＝mvP＋mvQ＝2mv共，即木板P与小滑块Q组成的系统的动量增量一于拉力F的冲量，选项A正确；假设木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，那么拉力F不能超过μmgm·2m＝4 N，拉力F为6 N，大于4 N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二律F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s2,1 s内木板P的位移x＝12at2＝2 m，拉力F做功W＝Fx＝12 J，选项B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft＝2mv共，解得v共＝3 m/s，选项C正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W＝12·2mv2共＋Q，解得Q＝3 J，选项D正确． 4．(2021·一中高三一轮复习检测)(多项选择)如图甲所示，物体受到水平拉力F的作用，沿水平面做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测得力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2，那么( ) A．物体的质量m＝0.5 kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2 C．0～3 s内拉力F对物体做的功为1 J D．0～3 s内拉力F的冲量大小为6 N·s AD 解析 由速度—时间图象可以知道在2～3 s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2 N，在1～2 s的时间内，物体
高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 课后分级演练18 动量定理和动量守恒定律
课后分级演练(十八) 动量定理和动量守恒定律【A级——基础练】1．(2017·江西赣州三中测试)物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则( )A．I1<I2，W1＝W2B．I1>I2，W1＝W2C．I1>I2，W1<W2D．I1＝I2，W1<W2解析：B 根据动能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2，根据动量定理和动量与动能的关系式p＝2mE k，有I1＝2mE1－0＝2mE1，I2＝2mE1－2mE1＝(2－2)mE1，显然I1>I2，综上知，B正确．2.(多选)(2017·常德模拟)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有( )A．小球的机械能减少了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于m2gHD．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：AC 本题考查动能定理、动量定理等知识，意在考查考生应用动能定理、动量定理解决实际问题的能力．在整个过程中，小球机械能的减少量等于其重力势能的减少量，为mg(H＋h)，故A对；由动能定理，可推出小球克服阻力做的功为mg(H＋h)，故B错；在陷入泥潭过程中，由动量定理，可推出小球受阻力的冲量大于m2gH，故C对；在整个过程中，小球动量的改变量等于所受合力的冲量，故D错．3.如图所示，质量为M的滑槽内有半径为R的半圆轨道，将滑槽放在水平面上，左端紧靠墙壁．一质量为m的物体从半圆轨道的顶端a点无初速度释放，b点为半圆轨道的最低点，c点为半圆轨道另一侧与a等高的点．不计一切摩擦．下列说法正确的是( ) A．m从a点运动到b点过程中，m与M组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒B ．m 从a 点释放后运动的全过程中，m 的机械能守恒C ．m 释放后能够到达c 点D ．当m 首次从右向左到达最低点b 时，M 的速度达到最大解析：D m 首次下滑过程，墙对系统有向右的弹力，因此系统水平方向动量不守恒；系统没有摩擦和介质阻力，因此m 从a 点释放后运动的全过程中，系统机械能始终守恒，但M 的机械能比初状态增加了，因此m 的机械能不守恒；m 第一次到最低点后，M 离开墙，系统水平方向动量守恒，当m 和M 共速时，系统具有动能，因此m 的势能必小于mgR ，故m 不能到达c 点；m 第一次在圆轨道右半侧上滑行过程对M 的弹力始终向右下方，有水平向右的分力，因此M 始终加速，m 从右向左通过最低点b 后，M 开始减速．故选项D 正确．4.如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( )A ．减小球的动量的变化量B ．减小球对手作用力的冲量C ．减小球的动量变化率D ．延长接球过程的时间来减小动量的变化量解析：C 篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，A 、D 错误；根据动量定理，也不能改变冲量，B 错误；由于延长了作用时间，动量的变化慢了，C 正确．5.如图所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆周轨道，圆心O 在S 的正上方．在O 和P 两点各有一个质量为m 的小物块a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )A ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量不相等B ．a 与b 同时到达S ，它们在S 点的动量不相等C ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量相等D ．b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量相等解析：A 物体a 做自由落体运动，其加速度为g ；而物体b 沿14圆弧轨道下滑，在竖直方向上加速度在任意高度都小于g ，由h ＝12at 2得t a <t b ；因为动量是矢量，故a 、b 到达S 时，它们的动量不相等，故A 正确．6.如图所示，质量为m 的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t 1速度为零然后又下滑，经过时间t 2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F 1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为( )A ．mg sin θ(t 1＋t 2)B ．mg sin θ(t 1－t 2)C ．mg (t 1＋t 2)D ．0解析：C 谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的冲量．根据冲量的定义式I ＝Ft .因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以I G ＝mg (t 1＋t 2)即C 正确．7.(多选)光滑水平地面上，A 、B 两物体质量都为m ，A 以速度v 向右运动，B 原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时( )A ．A 、B 系统总动量仍然为mvB ．A 的动量变为零C ．B 的动量达到最大值D ．A 、B 的速度相等解析：AD 系统水平方向动量守恒，A 正确；弹簧被压缩到最短时A 、B 两物体具有相同的速度，D 正确，B 错误；但此时B 的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B 物体会进一步加速，A 物体会进一步减速，C 错误．8.如图所示，一质量为M 的长木板在光滑水平面上以速度v 0向右运动，一质量为m 的小铁块在木板上以速度v 0向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度v 0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v 0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．解析：考虑M 、m 组成的系统，设M 运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft ＝(M ＋m )v 0－(Mv 0－mv 0)＝2mv 0则水平力的冲量I ＝Ft ＝2mv 0.答案：2mv 09．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器的质量为M ，发射的是2价氧离子，发射功率为P ，加速电压为U ，每个氧离子的质量为m ，单位电荷的电量为e ，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求：(1)射出的氧离子速度；(2)每秒钟射出的氧离子数；(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度．解析：(1)每个氧离子带电量为q ＝2e ，由动能定理得qU ＝12mv 2，即得氧离子速度v ＝4eUm .(2)设每秒射出的氧离子数为n ，每秒对离子做的总功为nqU ，即功率为P ＝nqU ，由此可得每秒钟射出的氧离子数n ＝P 2eU . (3)由动量定理得F ＝Δp Δt＝nmv ， 又由牛顿第二定律得F ＝Ma ，综合上述各式，得飞行器开始运动的加速度a ＝mP 2eUM 2. 答案：(1) 4eU m (2)P 2eU (3) mP 2eUM 210.(2017·烟台二模)两块厚度相同的木块A 和B ，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为m A ＝2.0 kg ，m B ＝0.90 kg ，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量m C ＝0.10 kg 的滑块C ，以v C ＝10 m/s 的速度恰好水平地滑到A 的上表面，如图所示．由于摩擦，滑块最后停在木块B 上，B 和C 的共同速度为0.50 m/s.求：(1)木块A 的最终速度v A ；(2)滑块C 离开A 时的速度v C ′.解析：C 从开始滑上A 到恰好滑上A 的右端过程中，A 、B 、C 组成系统动量守恒m C v C ＝(m B ＋m A )v A ＋m C v C ′C 刚滑上B 到两者相对静止，对B 、C 组成的系统动量守恒m B v A ＋m C v C ′＝(m B ＋m C )v解得v A ＝0.25 m/sv C ′＝2.75 m/s.答案：(1)0.25 m/s (2)2.75 m/s【B 级——提升练】11．(多选)(2017·河南六市一联)在2016年里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌．假设质量为m 的跳水运动员从跳台上以初速度v 0向上跳起，跳水运动员在跳台上从起跳到入水前重心下降H ，入水后受水阻力而减速为零，不计跳水运动员水平方向的运动，运动员入水后到速度为零时重心下降h ，不计空气阻力，则( )A ．运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为m v 20＋2gH ＋mv 0B ．水对运动员阻力的冲量大小为m v 20＋2gHC ．运动员克服水的阻力做功为mgH ＋12mv 20 D ．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg (H ＋h )＋12mv 20解析：AD 设运动员入水前速度为v t ，则由机械能守恒有12mv 20＋mgH ＝12mv 2t ，得v t ＝v 20＋2gH ，据动量定理可得运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小I ＝mv t －(－mv 0)＝m v 20＋2gH ＋mv 0，A 项正确．运动员入水后受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，合力的冲量大小为I 合＝m v 20＋2gH ，B 项错误．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中应用动能定理有mg (H ＋h )－W f ＝0－12mv 20，得运动员克服水的阻力做功W f ＝mg (H ＋h )＋12mv 20，则C 项错误．由能的转化与守恒关系可知此过程中机械能的减少量为mg (H ＋h )＋12mv 20，D 项正确．12．(多选)(2017·湖南六校联考)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m ，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量为m ，半径略小于管道半径，以水平速度v 从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个过程，下列说法正确的是( )A ．小球滑离小车时，小车回到原来位置B ．小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC ．车上管道中心线最高点的竖直高度为v 23gD ．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv 3解析：BC 小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv ＝(m ＋2m )v ′，得v ′＝v3，小车动量变化大小Δp 车＝2m ·v 3＝23mv ，D 项错误．小球从滑进管道到滑到最高点为的过程中，由机械能守恒有mgH ＝12mv 2－12(m ＋2m )v ′2，得H ＝v 23g，C 项正确．小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒有：mv ＝mv 1＋2mv 2，12mv 2＝12mv 21＋12·2mv 22，解得v 1＝－v 3，v 2＝23v ，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为23v ＋13v ＝v ，B 项正确．由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A 项错误．13．如图所示，甲车质量m 1＝20 kg ，车上有质量M ＝50 kg 的人，甲车(连同车上的人)以v ＝3 m/s 的速度向右滑行，此时质量m 2＝50 kg 的乙车正以v 0＝1.8 m/s 的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．解析：人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞．以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：(m 1＋M )v －m 2v 0＝(m 1＋m 2＋M )v ′，解得v ′＝1 m/s.以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m 1＋M )v ＝m 1v 1′＋Mu 解得u ＝3.8 m/s.因此，只要人跳离甲车的速度u ≥3.8 m/s，就可避免两车相撞．答案：大于等于3.8 m/s14.(2017·湖南益阳4月调研)一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab 为粗糙的水平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 和bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m 的木块以大小为v 0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h ，返回后在到达a 点前与物体P 相对静止．重力加速度为g .求(1)木块在ab 段受到的摩擦力f ；(2)木块最后距a 点的距离s .解析：(1)从开始到木块到达最大高度过程：由动量守恒：mv 0＝3mv 1 由能量守恒：12mv 20＝12·3mv 21＋mgh ＋fL 解得：f ＝mv 20－3mgh 3L(2)木块从最大高度至与物体最终相对静止：由动量守恒：3mv 1＝3mv 2由能量守恒：12·3mv 21＋mgh ＝12·3mv 22＋fx 距a 点的距离：s ＝L －x解得：s ＝L －3ghL v 20－3gh ＝v 20－6gh v 20－3ghL 答案：(1)mv 20－3mgh 3L (2)v 20－6gh v 20－3gh L 15.如图所示，长L ＝0.8 m 、电阻r ＝0.3 Ω、质量r ＝0.1 kg 的金属棒CD 垂直跨放在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L ，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R ＝0.5 Ω的电阻．量程为0～3.0 A 的理想电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0 V 的理想电压表接在电阻R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场B 向下穿过平面，现以向右的恒定外力F 使金属棒右移，当金属棒以v ＝2 m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏．(1)此满偏的电表是什么表？说明理由；(2)拉动金属棒的外力F 多大？(3)此时撤去外力F ，金属棒将逐渐慢下来，最终停在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R 的电荷量．解析：(1)电压表满偏．若电流表满偏，则I ＝3 A ，U ＝IR ＝1.5 V ，大于电压表量程．(2)由功能关系有F ·v ＝I 2(R ＋r )，而I ＝U R ，所以 F ＝U 2R ＋r R 2v代入数据得F ＝12×0.5＋0.30.52×2N ＝1.6 N. (3)由动量定理有m Δv ＝IBL Δt ，两边求和 m Δv 1＋m Δv 2＋…＝BLI 1Δt 1＋BLI 2Δt 2＋…即mv ＝BLq .由电磁感应定律E ＝BLv 及E ＝I (R ＋r )解得q ＝mv 2I R ＋r. 代入数据得q ＝0.1×222×0.5＋0.3C ＝0.25 C. 答案：(1)见解析 (2)1.6 N (3)0.25 C。
2021届(人教版)新高三高考物理一轮复习同步练习卷：动量守恒定律
D.地面对他的冲量为 mv-mgΔt,地面对他做的功为零 3.一辆平板车停在光滑水平面上,静止在车上的人用大锤敲打车的左端,人与车之间始终没有相对滑动,如图所示。在 锤的不断敲打下,车将( C )
A.水平向右运动 B.水平向左运动 C.在水平面上左、右往返运动 D.静止不动 4.如图,两滑块 A,B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块 A 的质量为 m,速度大小为 2v0,方向向右,滑块 B 的质量 为 2m,速度大小为 v0,方向向左,两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( D )
A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反 C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功 8.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得 1 小时内杯中水上 升了 45 mm。查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为 12 m/s。据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨 滴重力,雨水的密度为 1×103 kg/m3)( A ) A.0.15 PaB.0.54 PaC.1.5 Pa D.5.4 Pa 9.质量为 M 的小车在光滑水平地面上以速度 v0 匀速向右运动,当车中的沙子从底部的漏斗中不断地流下时,车子的速 度将( B )
A.1∶1 B.1∶2
C.1∶3 D.3∶1
12.如图所示,一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的
质量。现使木箱获得一个向右的初速度 v0,则(
)
A.小木块和木箱最终都将静止 B.小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动 C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动 D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则二者将一起向左运动 13.质量之比为 mA∶mB=1∶3 的 A,B 两球之间有一根被压缩的轻弹簧(弹簧与小球不相连),将此装置置于光滑水平桌 面上。用固定挡板挡住 A 而释放 B 时,B 被弹出后落到水平地面上的位置到桌边的水平距离为 s。若以相同的压缩量 压缩弹簧,取走挡板,将 A,B 同时由静止释放,B 被弹出后落到水平地面上的位置到桌边的水平距离为( )
2021高考物理一轮复习第6章动量守恒定律及其应用第1讲动量动量定理课时作业含解析新人教版
第1讲 动量 动量定理时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～7题为单选，8～10题为多选)1．下面关于物体动量和冲量的说法错误的是( ) A ．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大 B ．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变 C ．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向 D ．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快 答案 A解析 Ft 越大，Δp 越大，但动量不一定越大，它还与初态的动量有关，故A 错误；Ft ＝Δp ，Ft 不为零，Δp 一定不为零，B 正确；冲量不仅与Δp 大小相等，而且方向相同，C 正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D 正确。
本题选说法错误的，故选A 。
2．将质量为0.5 kg 的小球以20 m/s 的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，以下判断正确的是( )A ．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·sB ．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0C ．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0D ．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s 答案 A解析 小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量：I ＝0－(－mv 0)＝10 N·s，A 正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s ，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I ′＝Δp ＝mv 0－(－mv 0)＝20 N·s，则冲量大小为20 N·s，B 、C 、D 错误。
3．(2019·四川自贡高三一诊)校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小( )A ．人的触地时间B ．人的动量变化率C ．人的动量变化量D ．人受到的冲量答案 B解析 跳远比赛时，运动员从与沙坑接触到静止，动量的变化量Δp 一定，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I ＝Δp 是一定的，在沙坑中填沙延长了人与沙坑的接触时间，即t 变大，由动量定理：Δp ＝Ft ，可得Δpt＝F ，Δp 一定，t 越大，动量变化率越小，人受到的合外力越小，人越安全，B 正确。
山东省2021高考物理一轮复习 专题七 碰撞与动量守恒精练(含解析)
专题七碰撞与动量守恒【考情探究】课标解读考情分析备考指导考点内容动量、动量定理1。
理解冲量和动量。
2.通过理论推导和实验,理解动量定理，能用动量定理解释生产生活中的有关现象。
动量守恒定律是高考命题的重点和热点,常常与牛顿运动定律、能量守恒定律等知识综合考查。
常见的考查形式有:（1)动量定理在流体中的应用;(2)满足动量守恒定律条件的分析判断,对单一过程进行简单应用；（3)在碰撞、反冲等问题中,综合应用动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律和牛顿运动定律。
1。
在学生初步形成的运动与相互作用观念和能量观念的基础上,引导学生通过研究碰撞现象拓展对物理世界的认识和理解。
2。
通过探究碰撞过程中的守恒量,进一步发展学生运动与相互作用观念和能量观念,使其了解物理规律具有适用范围和条件。
3。
通过实验探究和理论推导,让学生经历科学论证过程,理解动量定理的物理实质与牛顿第二定律的一致性.4.能从理论推导和实验验证的角度,理解动量守恒定律,深化对物体之间相互作用规律的理解。
5.能用动量和机械能的知识分析和解释机械运动现象，解决一维碰撞问题。
动量守恒定律及其应用1.通过理论推导和实验，理解动量守恒定律,能用动量守恒定律解释生产生活中的有关现象。
2.知道动量守恒定律的普适性.3.通过实验,了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。
4.定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
动量和能量的综合1。
能从牛顿运动定律、动量守恒定律、能量守恒定律思考物理问题.2.体会用守恒定律分析物理问题的方法,体会自然界的和谐与统一.【真题探秘】基础篇固本夯基【基础集训】考点一动量、动量定理1。
（多选)为了进一步探究课本中的迷你小实验,某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。
不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中（）A。
高考物理一轮复习课时规范练18 功能关系 能量守恒定律(含答案)
课时规范练18功能关系能量守恒定律基础对点练1.(功能关系的应用)(2023浙江温州模拟)蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱。
如图所示,蹦极者从P点由静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,B离水面还有数米距离。
蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1,绳的弹性势能的增加量为ΔE2,克服空气阻力做的功为W,则下列说法正确的是()A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中,机械能守恒C.ΔE1=W+ΔE2D.ΔE1+ΔE2=W2.(多选)(板块模型中的功能关系)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上,如图甲所示,一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止。
第二次将长木板分成A、B两块,使B的长度和质量均为A的2倍,并紧挨着放在原水平面上,让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动,如图乙所示。
若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变,则下列说法正确的是()A.小铅块将从B的右端飞离木板B.小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止C.第一次和第二次过程中产生的热量相等D.第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量3.(多选)(能量守恒定律)(2022江苏昆山期末)如图所示,风力发电机的叶片半径为R。
某段时间内该区域的风速大小为v,风恰好与叶片转动的圆面垂直,已知空气的密度为ρ,风力发电机的发电效率为η,下列说法正确的是()A.单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为πρvR 2B.此风力发电机发电的功率为12πρv 3R 2ηC.若仅风速减小为原来的12,发电的功率将减小为原来的18D.若仅叶片半径增大为原来的2倍,发电的功率将增大为原来的8倍4.(多选)(功能关系)一物块在高3.0 m 、长5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s 的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10 m/s 2。
全国通用近年高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒课时作业十八6.1动量动量定理(2021年整理)
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课时分层作业十八动量动量定理（45分钟100分）【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分.1～6题为单选题，7~10题为多选题）1。
如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等，则此物体的运动不可能是（）A.匀速圆周运动 B.自由落体运动C.平抛运动D.竖直上抛运动【解析】选A。
如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同,由I=Ft可知,物体受到的力是恒力,则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动;物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，在任何相等时间内，合外力的冲量不相等，故不可能为匀速圆周运动,因此B、C、D均可能，A不可能,故A符合题意。
2.（2018·佛山模拟）如图,两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两物体具有相同的物理量是（)A.重力的冲量B.弹力的冲量C.到达底端时的动量D.以上几个量都不是【解析】选D。
高度相同，则下滑的距离x=,加速度a=gsinθ,根据x=at2得t=，由于倾角不同,则运动的时间不同，根据I=mgt知,重力的冲量不同，故A错误;对于弹力，大小不等,方向不同，弹力的冲量不同，故B错误；根据机械能守恒定律知，到达底端的速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端的动量不同,故C错误,D正确.3。
江苏省2021高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律7+1+3章末综合能力滚动练含解析
(7＋1＋3）章末综合能力滚动练一、单项选择题1．物体做下列几种运动，其中物体的机械能守恒的是(）A．平抛运动B．竖直方向上做匀速直线运动C．水平方向上做匀变速直线运动D．竖直平面内做匀速圆周运动答案A解析做平抛运动的物体只受到重力的作用，所以机械能守恒，A正确；物体在竖直方向上做匀速直线运动，说明物体受力平衡，除了重力之外还有其他的外力作用,且外力对物体做功，所以机械能不守恒，B错误;水平方向上做匀变速直线运动,动能变化，重力势能不变，所以机械能变化，C错误；竖直平面内做匀速圆周运动，速度的大小不变，动能不变,但是物体的高度变化，即重力势能发生变化,所以物体的机械能不守恒，故D错误．2．(2019·山东日照市上学期期末）竖直向上发射一物体（不计空气阻力),在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，则（）A．炸裂后瞬间，a块的速度一定比原来物体的速度小B．炸裂后瞬间，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同C．炸裂后瞬间，b块的速度一定比原来物体的速度小D．炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小答案B解析在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂后瞬间,a的速度大小不能确定,可能小于、等于，也可能大于原来物体的速度，故A错误;以竖直向上为正方向，根据动量守恒定律有：(m a＋m b）v0＝m a(－v a)＋m b v b，解得:v b＝错误!>v0，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同，故C错误,B 正确;由动量守恒可知，炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定等于a块的动量变化量大小，故D错误．3．（2020·黑龙江齐齐哈尔市质检)如图1所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与水平轻弹簧相连,开始Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于(）图1A．P的初动能B．P的初动能的错误!C．P的初动能的错误!D．P的初动能的错误!答案B4。
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- 1 - 课练18 动量守恒定律 1．如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车．初始时，人、车、锤子都静止．假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是( ) A．连续敲打可使小车持续向右运动 B．人、车和锤子组成的系统机械能守恒 C．当锤子速度方向竖直向下时，人和车水平方向的总动量为零 D．人、车和锤子组成的系统动量守恒
2．(多选)如图所示，用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，现有一质量为m的子弹自左向右水平射入木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，忽略空气阻力，则下列判断正确的是( ) A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能不守恒
B．子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为mv0M＋m C．子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，系统的机械能等于子弹射入木块前的动能
D．子弹和木块一起上升的最大高度为v202g
3．(多选)如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两木块之间夹着一被压缩的固定的轻质弹簧．现释放弹簧，A、B木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面．A落地点距桌边水平距离为0.5 m，B落地点距桌边水平距离为1 m，则( ) A．A、B离开弹簧时的速度之比为1:2 B．A、B离开弹簧时的速度之比为1:1 - 2 -
C．A、B质量之比为1:2 D．A、B质量之比为2:1
4．如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量均为m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0向右运动，另有一质量为m的黏性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，粘合之后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为( )
A.14mv20 B.18mv20
C.112mv20 D.115mv20 5．(多选)如图所示，一质量M＝2.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小物块A.分别给A和B一大小均为3.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，物块A始终没有滑离木板B.下列说法正确的是( )
A．A、B共速时的速度大小为1 m/s B．在小物块A做加速运动的时间内，木板B速度大小可能是2 m/s C．从A开始运动到A、B共速的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为2 N·s D．从A开始运动到A、B共速的过程中，小物块A对木板B的水平冲量方向向左
6．(多选)如图所示，质量为M的斜面位于水平地面上，斜面高为h，倾角为θ.现将一质量为m的滑块B(可视为质点)从斜面顶端自由释放，滑块滑到底端时速度大小为v，重力加速度为g，若不计一切摩擦，下列说法正确的是( ) A．滑块受到的弹力垂直于斜面，且做功不为零 B．滑块与斜面组成的系统动量守恒 C．滑块滑到底端时，重力的瞬时功率为mgvsin θ
D．滑块滑到底端时，斜面后退的距离为mhM＋mtan θ - 3 -
7．如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱获得一个向左的初速度v0，则( ) A．小木块和木箱最终将静止
B．木箱速度减为v03的过程，小木块受到的水平冲量大小为13Mv0
C．最终小木块速度为Mv0M＋m，方向向左 D．木箱和小木块组成的系统机械能守恒
练高考小题 8．[福建卷节选]将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.mM v0 B.Mm v0
C.MM－m v0 D.mM－m v0 9．[2019·江苏卷]质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为( )
A.mM v B.Mm v
C.mm＋M v D.Mm＋M v 10．[2017·全国卷Ⅰ]将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( ) A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
练模拟小题 11．[2019·北京东城区模拟](多选)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中( ) A．一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度 B．一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同 C．两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反 - 4 -
D．系统总动量的变化为零 12．[2019·湖北省襄阳四中检测](多选)关于动量守恒的条件，下列说法正确的是( ) A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒 B．只要系统所受合外力所做的功为零，系统动量一定守恒 C．只要系统所受合外力的冲量始终为零，系统动量一定守恒 D．系统加速度为零，系统动量一定守恒
13．[2019·甘肃协作体联考] 如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg，质量m＝1 kg的铁块B以水平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在
上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( ) A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J 14．[2019·四川省成都外国语学校模拟]有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船(一吨左右)又窄又长．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L，已知他自身的质量为m，则船的质量M为( )
A.mLd B.mL－dd
C.mL＋dd D.mdL－d 15．[2019·重庆一中调研]如图所示，小球a、b(可视为质点)用等长的细线悬挂于同一固定点O.将球a和球b向左和向右拉起，使细线水平．同时由静止释放球a和球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大夹角为θ＝60°.忽略空气阻力，则两球a、b的质量的比值( )
A.mamb＝3 B.mamb＝3－22 C.mamb＝22 D.mamb＝2＋22 16．[2019·山西省太原五中考试]如图所示，光滑水平面上有A、B两辆小车，质量均 - 5 -
为m＝1 kg，现将小球C用长为0.2 m的细线悬于轻质支架顶端，mc＝0.5 kg.开始时A车与C球以v0＝4 m/s的速度冲向静止的B车．若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．A车与B车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒 B．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 C．小球能上升的最大高度为0.16 m D．小球能上升的最大高度为0.12 m
———[综合测评 提能力]——— 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)
1．[2019·福建邵武七中联考]如图所示，一半径为R、质量为M的1/4光滑圆弧槽D，放在光滑的水平面上，将一质量为m的小球由A点静止释放，在下滑到B点的过程中，下列说法正确的是( )
A．以地面为参考系，小球到达B点时相对于地的速度v满足12mv2＝mgR
B．以槽为参考系，小球到达B点时相对于槽的速度v′满足12mv′2＝mgR C．以地面为参考系，以小球、槽和地球为系统，机械能守恒 D．不论以槽或地面为参考系，小球、槽和地球组成的系统机械能均不守恒 2．关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是( ) - 6 -
A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒 B．乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加 C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒 D．丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒
3．[名师原创]如图所示，乙球静止在光滑的水平面上，甲球以初动能Ek向右运动，与乙球发生正碰，碰撞过程甲球的动能损失了89，已知甲球的质量为乙球质量的2倍，则碰撞后乙球的动能( ) A．一定为89Ek B．可能为329Ek
C．可能为169Ek D．可能为249Ek
4．[2019·湖南名校联考]如图所示，两光滑且平行固定的水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球a、b分别穿在两杆上，两球间连接一个处于原长的竖直轻弹簧，现给小球b一个水平向右的初速度v0.小球a的质量为m1，小球b的质量为m2，且m1≠m2，如果两杆足够长，则在此后的运动过程中( ) A．a、b组成的系统动量守恒 B．a、b组成的系统机械能守恒